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第4讲功能关系的理解与应用总纲目录考点一功与功率考点二动能定理考点四功能关系和动量守恒定律素养引领·情境命题考点三机械能守恒定律考点一功与功率1.(2017课标Ⅱ,14,6分)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力 (A) A.一直不做功B.一直做正功C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心答案A本题考查功、圆周运动,考查学生的理解能力、推理能力。大圆环对小环的作用力总是沿大圆环半径方向,与速度方向垂直,故大圆环对小环的作用力不做功,选项A正确,B错误。开始时大圆环对小环的作用力方向背离大圆环圆心,一段时间后作用力方向指向大圆环圆心,故选项C、D错误。2.(多选)(2018课标Ⅲ,19,6分)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程, (AC)A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5答案AC在v-t图像中,图线的斜率表示物体运动的加速度,而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同,即在v-t图像中,它们变速阶段对应的图线要么重合,要么平行,由图中几何关系可得:第②次所用时间t= t0,即矿车上升所用时间之比为4∶5,选项A正确;对矿车受力分析可知,当矿车向上做匀加速直线运动时,电机的牵引力最大,即F-mg=ma,得F=mg+ma,即最大牵引力之比为1∶1,选项B错误;在第①次提升过程中,电机输出的最大功率P1=(mg+ma)v0,在第②次提升过程中,电机输出的最大功率P2=(mg+ma)· v0,即 = ,选项C正确;对①②两次提升过程,由动能定理可知W-mgh=0,即 = ,选项D错误。521212PP2112WW111.计算功、功率时应注意的三个问题①功的公式W=Fl和W=Flcosα仅适用于恒力做功的情况。②变力做功的求解要注意对问题的正确转化,如将变力转化为恒力,也可应用动能定理等方法求解。③对于功率的计算,应注意区分公式P= 和公式P=Fv,前式侧重于平均功率的计算,而后式侧重于瞬时功率的计算。Wt2.机车启动模型中的两点技巧:机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵=F阻)求解方法:①求v1:由F牵-F阻=ma、P=F牵v1可求出v1= 。②求vm:由P=F阻vm,可求出vm= 。PFma阻PF阻1.(多选)(2019河北衡水中学信息卷)如图所示,倾角为θ、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度ω匀速转动,一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘,小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ。图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点,运动过程中经过的C、D两点连线与AB垂直,小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且始终相对于圆盘静止。重力加速度为g,下列说法正确的是 () A.小物块受到的摩擦力始终指向圆心B.动摩擦因数μ一定大于tanθC.小物块从A点运动到B点的过程中,摩擦力对小物块做功为-μmgπRcosθD.当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等,从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功答案BD小物块所受重力沿圆盘的分力及所受静摩擦力的合力提供向心力,合力方向始终指向圆心,静摩擦力方向始终在变化,A错误;小物块在B点时由牛顿第二定律有Ff-mgsinθ=mRω2,Ffmgsinθ,又因Ff≤μmgcosθ,所以μmgcosθmgsinθ,则μ一定大于tanθ,B正确;小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg·2Rsinθ+Wf=0,解得Wf=-mg·2Rsinθ,C错误;小物块运动至C、D两点时受力具有对称性,所受静摩擦力大小相等,方向关于AB对称,从C点运动到D点的过程中,重力先做正功后做负功,小物块动能始终不变,即合外力做功始终为0,所以摩擦力对小物块先做负功后做正功,D正确。2.(多选)(2019山东泰安质检)一质量为2kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g=10m/s2,由此可知 (ABC) A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC.匀速运动时的速度大小约为6m/sD.减速运动的时间约为1.7s答案ABC物体匀速运动时,受力平衡,则F=μmg,μ= = =0.35,选项A正确;因为W=Fx,故拉力所做的功等于F-x图线曲线部分与x轴所围面积,由图线可知小格数为13,则减速过程拉力所做的功为13×1J=13J,选项B正确;由动能定理可知WF-μmgx=0- m ,其中x=7m,则解得v0=6m/s,即匀速运动时速度大小约为6m/s,选项C正确;由于不知道具体的运动情况,故无法求出减速运动的时间,故D错误。Fmg72101220v3.(多选)一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角θ=37°的足够长的斜面,利用传感器测出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机绘出滑块上滑过程中的v-t图像如图所示。sin37°=0.6,g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 (AD) A.滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5B.滑块返回斜面底端时的速度为2m/sC.滑块在上滑过程中重力做的功为-25JD.滑块返回斜面底端时重力的功率为6 W5答案AD由题图可知上滑过程中加速度a=gsinθ+μgcosθ=10m/s2,方向沿斜面向下,解得μ=0.5,选项A正确;上滑位移x= t=5m,下滑加速度a'=gsinθ-μgcosθ=2m/s2,方向沿斜面向上,所以回到斜面底端时的速度v'= =2 m/s,选项B错误;上滑过程中重力做功W=-mgxsinθ=-15J,返回底端时求的是重力的瞬时功率,则P=mgv'sinθ=6 W,选项C错误,D正确。02v2'ax554.(2019吉林长春模拟)质量为1×103kg、发动机额定功率为60kW的汽车在平直公路上行驶。若汽车所受阻力大小恒为2×103N,下列判断正确的是 (D)A.汽车行驶能达到的最大速度是40m/sB.汽车从静止开始加速到20m/s的过程,发动机所做的功为2×105JC.汽车保持额定功率启动,当速度大小为20m/s时,其加速度大小为6m/s2D.汽车以2m/s2的恒定加速度启动,发动机在第2s末的实际功率是16kW答案D当阻力和牵引力相等时,速度最大,故vm= = m/s=30m/s,A错误;汽车从静止开始加速,汽车如果以恒定功率启动,则做变加速直线运动,运动时间和位移未知,故无法求解发动机做的功,B错误;汽车保持额定功率启动,当速度大小为20m/s时,牵引力F= = N=3000N,根据牛顿第二定律可得a= = m/s2=1m/s2,C错误;根据牛顿第二定律得牵引力F1=Ff+ma=2000N+1000×2N=4000N,则匀加速直线运动的最大速度v1= = m/s=15m/s,可知匀加速直线运动的时间t= = s=7.5s,2s末的速度v2fPF600002000Pv6000020f-FFm3000-200010001PF60000400011va152=a1t2=2×2m/s=4m/s,则发动机的实际功率P实=F1v2=4000×4W=16kW,D正确。考点二动能定理1.(2019课标Ⅲ,17,6分)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为 (C)A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg答案C本题考查动能定理,体现了模型建构素养。设外力大小为f,在距地面高度3m内的上升过程中,由动能定理知-(mg+f)h= m - m ,由图像可知, m =72J, m =36J,得mg+f=12N。同理结合物体在下落过程中的Ek-h图像有mg-f=8N,联立解得mg=10N,则m=1kg,选项C正确。1222v1221v1221v1222v2.(多选)(2019江苏单科,8,4分)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(BC)A.弹簧的最大弹力为μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为 2μgs答案BC本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力。对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2μmgs=0- m ,则vA=2 ,故B正确,D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理可知W弹+Wf'=0- m ,Wf'=-μmgs,则W弹=-μmgs,即物块克服弹力做功为μmgs,所以弹簧弹性势能增加μmgs,故C正确。当克服弹力做功为μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。122Avμgs122Av3.(2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g。求: 甲乙(1)物块的质量;(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。答案(1)3m(2)0.1mgl解析(1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的初始值为F1,物块质量为M,由平衡条件得对小球,T1=mg ①对物块,F1+T1=Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得对小球,T2=mgcos60° ③对物块,F2+T2=Mg ④联立①②③④式,代入数据得M=3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功为Wf,由动能定理得mgl(1-cos60°)-Wf= mv2 ⑥在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,F3=0.6F1,对小球,由牛顿第二定律得T3-mg=m ⑦对物块,由平衡条件得122vlF3+T3=Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得Wf=0.1mgl ⑨1.对动能定理的理解(1)动能定理表达式中,W表示所有外力做功的代数和,包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中,ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差,而且物体的速度均是相对地面的速度。(3)动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题,也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。2.应用动能定理的四环节(1)明确研究对象和研究过程。(2)分析物体受力及各力做功的情况(特别是在多过程问题中,要分析清楚力在哪段位移哪段过程中做功)。(3)明确过程始末状态的动能Ek1和Ek2。(4)利用动能定理方程式W1+W2+W3+…= m - m 求解。1222v1221v1.(多选)(